1. Variação da pressão atmosférica com a altitude: Para um fluido compressível, em equilíbrio em um campo gravitacional, pode-se escrever: d p / d y=-\rho g. (a) Considerando que a atmosfera terrestre pode ser modelada como um gás ideal ( p V=n R T ), onde n e R são constantes, encontre p(y) para uma atmosfera isotérmica. (b) Sabe-se que a temperatura da atmosfera varia com a altura y, por simplicidade vamos considerar uma aproximação linear, i.e., T=T_{0}-\alpha y, onde T_{0} é a temperatura na superfície da Terra e \alpha representa a taxa de diminuição da temperatura. Para essa nova situação, encontre p(y). 5. Pressão da água em uma casa: A água entra em uma casa através de um cano com diâmetro interno de 2,5 \mathrm{~cm} e com uma pressão igual a 4 atm . Um cano com diâmetro interno de 2 cm conduz a água ao banheiro do segundo andar, a 5 m de altura. Considerando que no cano de entrada a velocidade é igual a 1,5 \mathrm{~m} / \mathrm{s}, encontre a velocidade de escoamento, a pressão e a vazão no banheiro.

Passo 1

O exercício 4 pede a variação da pressão p com a altura y em duas situações:
a) atmosfera isotérmica ( T constante), usando \frac{dp}{dy}=-\rho g e a equação dos gases ideais.
b) atmosfera com temperatura variando linearmente T=T_0-\alpha y.
O exercício 5 é um problema de escoamento de água numa tubulação doméstica: conhecemos diâmetro, pressão e velocidade na entrada e precisamos achar a velocidade, a pressão e a vazão no segundo andar, aplicando conservação de massa (continuidade) e a equação de Bernoulli sem perdas.

Passo 2

Para 4(a): temperatura constante T(y)=T_0. A densidade de um gás ideal é
\rho = \frac{p\,M}{R\,T_0},
onde M é a massa molar do ar. Substituindo em \frac{dp}{dy}=-\rho g
\frac{dp}{dy} = -\frac{M g}{R T_0}\,p.
Separamos variáveis:
\frac{1}{p}\,dp = -\frac{M g}{R T_0}\,dy
e integramos de y=0 (onde p=p_0) até y:
\ln\!\biggl(\frac{p(y)}{p_0}\biggr) = -\frac{M g}{R T_0}\,y.

Passo 3

Para 4(b): agora T(y)=T_0-\alpha y. A mesma relação \frac{dp}{dy}=-\frac{M g}{R\,T(y)}\,p leva a
\frac{1}{p}\,dp = -\frac{M g}{R\,(T_0-\alpha y)}\,dy.
Integramos de 0 a y:
\ln\!\biggl(\frac{p(y)}{p_0}\biggr) = -\frac{M g}{R}\int_{0}^{y}\frac{1}{T_0-\alpha y'}\,dy' = \frac{M g}{R\,\alpha} \ln\!\biggl(\frac{T_0-\alpha y}{T_0}\biggr).

Passo 4

Dessa forma:
\boxed{p(y)=p_0\exp\Bigl(-\tfrac{M g}{R T_0}\,y\Bigr)} \quad\text{(isotérmica)}é
\boxed{p(y)=p_0\Bigl(\tfrac{T_0-\alpha y}{T_0}\Bigr)^{\tfrac{M g}{R\alpha}}} \quad\text{(temperatura linear)}

Passo 5

Agora o exercício 5. Dados na entrada (piso térreo):
diâmetro D_1=2{,}5\text{ cm}, pressão p_1=4\text{ atm}, velocidade v_1=1{,}5\text{ m/s}.
No segundo andar: D_2=2{,}0\text{ cm}, diferença de altura \Delta z=5\text{ m}.
Queremos v_2, p_2 e vazão Q. Usamos \rho da água = 1000\text{ kg/m}^3 e g=9{,}81\text{ m/s}^2.

Passo 6

Continuidade:
A_1v_1 = A_2v_2 \quad\Longrightarrow\quad v_2 = v_1\Bigl(\frac{D_1}{D_2}\Bigr)^2 =1{,}5\bigl(\tfrac{0,025}{0,020}\bigr)^2 \approx2{,}3438\text{ m/s}.

Passo 7

Bernoulli (sem perdas), tomando nível z_1=0, z_2=5:
\frac{p_1}{\rho g} + \frac{v_1^2}{2g} = \frac{p_2}{\rho g} + \frac{v_2^2}{2g} + 5.
Rearranjando para p_2:
p_2 = p_1 +\tfrac12\,\rho\,(v_1^2 - v_2^2) - \rho g\,(5).

Passo 8

Numérico:
p_1=4\cdot101325=405300\text{ Pa},
\tfrac12\rho(v_1^2 -v_2^2)=500\,(2{,}25-5{,}4961)\approx -1623{,}0\text{ Pa},
\rho g\cdot5=1000\cdot9{,}81\cdot5=49050\text{ Pa}.
Logo
p_2 \approx 405300 -1623 -49050 =354627\text{ Pa}\approx3{,}50\text{ atm}.
A vazão Q é
Q = A_2\,v_2 = \pi\bigl(\tfrac{0,02}{2}\bigr)^2\cdot2{,}3438 \approx7{,}36\times10^{-4}\text{ m}^3\!/\text{s}.

Resposta

4(a) p(y)=p_0\exp\bigl(-\tfrac{M g}{R T_0}y\bigr).
4(b) p(y)=p_0\bigl(\tfrac{T_0-\alpha y}{T_0}\bigr)^{\tfrac{M g}{R\alpha}}.
5)
v_2\approx2{,}34\text{ m/s}, p_2\approx3{,}50\text{ atm}, Q\approx7{,}36\times10^{-4}\text{ m}^3\!/s.

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